摘" 要：碰撞模型是高考的重點(diǎn)和難點(diǎn)。碰撞問(wèn)題常常涉及動(dòng)量和能量的知識(shí)點(diǎn)，常規(guī)的求解方法是將動(dòng)量守恒方程與系統(tǒng)機(jī)械能不增加方程聯(lián)立計(jì)算，其計(jì)算過(guò)程往往較為煩瑣。本文通過(guò)引入恢復(fù)系數(shù)，從而減少碰撞問(wèn)題的計(jì)算量、簡(jiǎn)化它的解題過(guò)程。

關(guān)鍵詞：碰撞；動(dòng)量；動(dòng)能；恢復(fù)系數(shù)

動(dòng)量是高中物理中偏難的知識(shí)點(diǎn)，它幾乎可以和所有中學(xué)物理知識(shí)點(diǎn)相結(jié)合，形成綜合題來(lái)考查學(xué)生。由于動(dòng)量知識(shí)點(diǎn)具有強(qiáng)大的兼容性和良好的區(qū)分度，因此它成了命題老師青睞的命題素材。碰撞問(wèn)題是考查動(dòng)量的經(jīng)典模型。對(duì)于常見(jiàn)的碰撞問(wèn)題，除了常規(guī)的處理方法外，本文還將介紹一種利用恢復(fù)系數(shù)進(jìn)行求解的新方法。

中學(xué)物理中的“碰撞”，特指兩物體之間作用時(shí)間極短，彼此間的內(nèi)力很大，且內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的相互作用。［1］因此，碰撞過(guò)程中，我們可以忽略外力的作用，將之視為系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。

1" 兩物體一維碰撞問(wèn)題

兩個(gè)質(zhì)量分別為m1、m2的小球在同一水平直線上運(yùn)動(dòng)。當(dāng)它們發(fā)生碰撞時(shí)，碰撞前瞬間的速度分別為v10、v20，碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2（如圖1所示）。

碰撞前兩球的速度

碰撞后兩球的速度

1.1" 兩物體一維碰撞問(wèn)題中常規(guī)方法分析

若兩球發(fā)生彈性碰撞，則該過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、動(dòng)能不變，可得

m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2；①

12m1v210＋12m2v220＝12m1v21＋12m2v22。②

聯(lián)立上述兩式可以解得碰后兩球的速度為

v1＝m1－m2m1＋m2v10＋2m2m1＋m2v20；③

v2＝2m1m1＋m2v10＋m2－m1m1＋m2v20。④

若兩球發(fā)生非彈性碰撞，則該過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、動(dòng)能有損失，可得

12m1v210＋12m2v220＞12m1v21＋12m2v22。⑤

若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則該過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、動(dòng)能損失最大［2］，碰撞后兩球共速，可得

m1v10＋m2v20＝（m1＋m2）v；⑥

ΔEm＝12

m1m2m1＋m2（v10－v20）2。⑦

1.2" 兩物體一維碰撞問(wèn)題中恢復(fù)系數(shù)的使用

牛頓于1686年通過(guò)實(shí)驗(yàn)總結(jié)出了一個(gè)碰撞定律：兩球相碰后分離時(shí)相對(duì)速度（v2－v1）與碰前靠近的相對(duì)速度（v10－v20）成正比，比值由兩種材料的性質(zhì)決定［3］，即

e＝分離速度靠近速度＝v2－v1v10－v20。⑧

恢復(fù)系數(shù)

e滿足

0≤e≤1，其中e＝1的碰撞叫彈性碰撞，此時(shí)分離速度等于靠近速度；0＜e＜1的碰撞叫非彈性碰撞，此時(shí)分離速度小于靠近速度；e＝0的碰撞叫完全非彈性碰撞，此時(shí)碰撞后兩物體粘合在一起，合二為一。

使用恢復(fù)系數(shù)可以將上述兩球之間

的

三種碰撞統(tǒng)一起來(lái)分析，聯(lián)立式①⑧，可得

v1＝m1v10＋m2v20m1＋m2－em2（v10－v20）m1＋m2；⑨

v2＝m1v10＋m2v20m1＋m2＋em1（v10－v20）m1＋m2。B10

由式⑨⑩，可得

ΔE＝12（1－e2） m1m2m1＋m2（v10－v20）2。B11

當(dāng)e＝1時(shí)，式⑨B10與式③④等價(jià)，ΔE＝0；

當(dāng)e＝0時(shí)，由式⑨B10知碰撞后兩球共速，式B11與式⑦等價(jià)。

2" 恢復(fù)系數(shù)在解題過(guò)程中的應(yīng)用舉例

例1" 隨著科幻電影《流浪地球》的熱映，“引力彈弓效應(yīng)”進(jìn)入了公眾的視野?！耙椆?yīng)”是指

探測(cè)器

在太空中運(yùn)動(dòng)時(shí)

，借助行星的引力來(lái)改變自己的速度。為了分析這個(gè)過(guò)程，我們可以提出以下兩種模式：探測(cè)器分別從行星運(yùn)動(dòng)的反方向或同方向接近行星，從而

因相互作用改變了速度。如圖2所示，以太陽(yáng)為參考系，設(shè)行星運(yùn)動(dòng)的速度為u，探測(cè)器的初速度大小為v0，在圖示的兩種情況下，探測(cè)器在遠(yuǎn)離行星后速度大小分別為v1和v2。盡管探測(cè)器和行星沒(méi)有發(fā)生直接的碰撞，但是在行星的運(yùn)動(dòng)方向上，其運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以與兩個(gè)質(zhì)量不同的鋼球在同一條直線上發(fā)生的彈性碰撞規(guī)律作類比。那么下列判斷中正確的是（" ）。

A. v1＞v0

B. v1＝v0

C. v2＞v0

D. v2＝v0

【分析與解答】

將探測(cè)器和行星之間的這一過(guò)程建立為彈性碰撞模型，設(shè)探測(cè)器遠(yuǎn)離后，行星的速度大小為u′，以探測(cè)器初速度方向?yàn)檎较颉?/p>

當(dāng)探測(cè)器從行星運(yùn)動(dòng)反方向接近行星時(shí)，有

mv0＋M（－u）＝m（－v1）＋M（－u′），12mv20＋12Mu2＝12mv21＋12Mu′2。

考慮Mm，化簡(jiǎn)后得u′＝u，v1＝v0＋2u，所以v1＞v0。

當(dāng)探測(cè)器從行星運(yùn)動(dòng)方向接近行星時(shí)，有

mv0＋Mu＝m（－v2）＋Mu′，12mv20＋12Mu2＝12mv22＋12Mu′2。

考慮Mm，化簡(jiǎn)后得u′＝u，v2＝v0－2u，所以v2＜v0。

綜上所述，可知選項(xiàng)A正確。

【使用恢復(fù)系數(shù)處理】

考慮Mm，故行星前后速度不變，均為u。

當(dāng)探測(cè)器從行星運(yùn)動(dòng)反方向接近行星時(shí)，由式⑧可得e＝v1－uv0＋u＝1，所以v1＝v0＋2u。

當(dāng)探測(cè)器從行星運(yùn)動(dòng)方向接近行星時(shí)，由式⑧可得e＝v2＋uv0－u＝1，所以v2＝v0－2u。

例2" 若采用圖3中甲、乙兩種實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律（圖中小球半徑相同、質(zhì)量均已知，且mA＞mB，B、B′兩點(diǎn)在同一水平線上），下列說(shuō)法正確的是（" ）。

甲

乙

圖3

A. 采用圖甲所示的裝置，必需測(cè)量OB、OM、OP和ON的距離

B. 采用圖乙所示的裝置，必需測(cè)量OB、B′N、B′P和B′M的距離

C. 采用圖甲所示的裝置，若mA·ON＝mA·OP＋mB·OM，則表明此碰撞動(dòng)量守恒

D. 采用圖乙所示的裝置，若1B′N＝1B′M＋1B′P，則表明此碰撞機(jī)械能守恒

【分析與解答】

若兩球發(fā)生彈性碰撞，碰撞前A球的速度為v10，碰撞后A、B兩球的速度分別為v1、v2，由式③④，可得

v1＝mA－mBmA＋mBv10＜v10，v2＝2mAmA＋mBv10＞v10。

故選項(xiàng)A、B、C不正確，此處不做分析，重點(diǎn)分析

選項(xiàng)D。在圖乙所示的裝置中，對(duì)兩球在離開(kāi)斜槽平拋運(yùn)動(dòng)至木板的過(guò)程

進(jìn)行分析。

水平方向

做

勻速直線運(yùn)動(dòng)且位移相同，滿足x＝vxt；豎直方向

做

自由落體運(yùn)動(dòng)，滿足h＝12gt2。

聯(lián)立這兩個(gè)關(guān)系式，可得vx＝xg2h。

因此v0＝xg2B′P，v1＝xg2B′M，v2＝xg2B′N。

由動(dòng)量守恒、動(dòng)能守恒，可得

mAxg2B′P＝mAxg2B′M＋mBxg2B′N；B12

12mAxg2B′P2＝12mAxg2B′M2＋12mBxg2B′N2。B13

化簡(jiǎn)后，方程B12變?yōu)?/p>

mA1B′P＝mA1B′M＋mB1B′N，即mA1B′P－1B′M＝mB1B′N。B14

化簡(jiǎn)后，方程B13變?yōu)?/p>

mA1B′P＝mA1B′M＋mB1B′N，即mA1B′P－1B′M＝mB1B′N，進(jìn)一步變形為

mA1B′P－1B′M1B′P＋1B′M＝

mB1B′N。B15

聯(lián)立式B14B15，得1B′N＝1B′P＋1B′M，故選項(xiàng)D正確。

【使用恢復(fù)系數(shù)處理】

如果兩球發(fā)生彈性碰撞，則恢復(fù)系數(shù)

e＝v2－v1v0＝1，即1B′N－1B′M1B′P＝1，得1B′N＝1B′P＋1B′M。

圖4

例3" 用如圖4所示的裝置，來(lái)完成“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)中使用的小球1和小球2半徑相等，用天平測(cè)得質(zhì)量分別為m1、m2，且m1＞ m2。在木板上鋪一張白紙，白紙上面鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。先不放小球2，使小球1從斜槽上某一點(diǎn)S由靜止?jié)L下，落到水平地面上的P點(diǎn)。再把小球2靜置于斜槽軌道末端，讓小球1仍從S處由靜止?jié)L下，小球1和小球2碰撞后分別落在復(fù)寫紙上，在白紙上留下各自落點(diǎn)的痕跡。在上述實(shí)驗(yàn)中換用不同材質(zhì)的小球，其他條件不變，可以改變小球的落點(diǎn)位置。下面三幅圖中（如圖5所示），可能正確的落點(diǎn)分布是""""" 。

圖5

【分析與解答】

要想正確地解答此題，學(xué)生需要具有定量意識(shí)。

根據(jù)動(dòng)量守恒，得m1OP＝m1OM＋m2ON。

在碰撞過(guò)程中，動(dòng)能不增加，有

12m1（OP）2≥12m1（OM）2＋12m2（ON）2。

聯(lián)立兩式化簡(jiǎn)后有（OP）2≥（OM）2＋MP·ON，根據(jù)OP＞OM，可以排除選項(xiàng)A。

設(shè)小方格的邊長(zhǎng)為d，在圖B中，OP＝9d，OM＝6d，MP＝3d，ON＝7d，故（9d）2≥（6d）2＋3d·7d成立，選項(xiàng)B符合題意。

在圖C中，OP＝9d，OM＝5d，MP＝4d，ON＝22d，則（9d）2≥（5d）2＋4d·22d不成立，選項(xiàng)C不符合題意。

【使用恢復(fù)系數(shù)處理】

e＝v2－v1v0＝ON－OMOP≤1，即ON－OM≤OP，所以選項(xiàng)B正確、選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

由以上過(guò)程可以看出，在處理碰撞、類碰撞問(wèn)題中，如果使用恢復(fù)系數(shù)進(jìn)行求解，會(huì)使問(wèn)題計(jì)算復(fù)雜程度明顯降低。所以，筆者推薦學(xué)生在平時(shí)練習(xí)、考試中嘗試使用恢復(fù)系數(shù)處理碰撞問(wèn)題。

參考文獻(xiàn)

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